考生須知：
1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘.
2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學(xué)校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號.
3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效.
4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷.
選擇題部分
一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先化簡集合，然后求出交集即可.
【詳解】，
，
.
故選：A
2. 若，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化簡已知條件求出復(fù)數(shù)，從而可求出其共軛復(fù)數(shù)
【詳解】由，
得
，
所以，
故選：D
3. 已知直線是雙曲線的一條漸近線，則該雙曲線的半焦距為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)雙曲線的標準方程和漸近線方程求出值，求出半焦距，判斷選項.
【詳解】由是雙曲線的一條漸近線，
則，解得
故,則，
故選：A
4. 已知是兩個不共線的單位向量，向量（）．“，且”是“”的（ ）
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】舉例驗證必要性，通過向量的運算來判斷充分性.
【詳解】當，且時，
，充分性滿足；
當時，
，當，時，
是可以大于零的，
即當時，可能有，，必要性不滿足，
故“，且”是“”的充分而不必要條件.
故選：A.
5. 函數(shù)的圖象不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分，和三種情況討論，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的零點即可得出答案.
【詳解】①當時，，此時A選項符合；
②當時，，
當時，，
因為函數(shù)在上都是減函數(shù)，
所以函數(shù)在在上是減函數(shù)，
如圖，作出函數(shù)在上的圖象，
由圖可知，函數(shù)的圖象在上有一個交點，
即函數(shù)在在上有一個零點，
當時，，則，
由，得，由，得，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
當時，，故B選項符合；
③當時，，
當時，，
因為函數(shù)在上都是減函數(shù)，
所以函數(shù)在上是減函數(shù)，
如圖，作出函數(shù)在上的圖象，
由圖可知，函數(shù)的圖象在上有一個交點，
即函數(shù)在在上有一個零點，
當時，，則，
由，得，由，得，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
當時，，故C選項符合，D選項不可能.
故選：D.
6. 如圖，將正四棱臺切割成九個部分，其中一個部分為長方體，四個部分為直三棱柱，四個部分為四棱錐．已知每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則該正四棱臺的體積為（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設(shè)每個直三棱柱高為，每個四棱錐的底面都是正方形，設(shè)每個四棱錐的底面邊長為，設(shè)正四棱臺的高為，可得出，求出的值，即可求得該正四棱臺的體積.
【詳解】設(shè)每個直三棱柱高為，每個四棱錐的底面都是正方形，設(shè)每個四棱錐的底面邊長為，
設(shè)正四棱臺的高為，因為每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，
則，可得，可得，
所以，該正四棱臺的體積為.
故選：C.
7. 在平面直角坐標系中，圓的方程為，且圓與軸交于兩點，設(shè)直線的方程為，直線與圓相交于兩點，直線與直線相交于點，直線、直線、直線的斜率分別為，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)圓與軸交于兩點，得到坐標，再根據(jù)直線與圓相交于兩點，得到坐標，再根據(jù)聯(lián)立斜率關(guān)系計算即可.
【詳解】如圖，由題意得，與圓聯(lián)立，
消整理得，
∴，，
∴，同理可得．
∵，
∴，即．
∵，∴，
設(shè)，∴
∴∴，即，
∴，
∴，
故選：A．

8. 已知直線BC垂直單位圓O所在的平面，且直線BC交單位圓于點A，，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則（ ）
A. 有且僅有一點P使二面角取得最小值
B. 有且僅有兩點P使二面角取得最小值
C. 有且僅有一點P使二面角取得最大值
D. 有且僅有兩點P使二面角取得最大值
【答案】D
【解析】
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再構(gòu)造輔助函數(shù)，最后用導(dǎo)數(shù)求最值方法判斷．
詳解】過A作于M，連接MB、MC，如圖所示，
因為直線BC垂直單位圓O所在的平面，直線在平面內(nèi)，且直線BC交單位圓于點A，
所以，平面，，所以平面，
平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
設(shè)，，，，則，
由已知得，，
， ， ，
令，則，
當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，
所以，當時，取最大值，沒有最小值，
即當時取最大值，從而取最大值，
由對稱性知當時，對應(yīng)P點有且僅有兩個點，
所以有且僅有兩點P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故選：D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 一個盒子里裝有除顏色外完全相同的四個小球，其中黑球有兩個，編號為1，2；紅球有兩個，編號為3，4，從中不放回的依次取出兩個球，A表示事件“取出的兩球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的兩球同色”，則（ ）
A. A與D相互獨立.B. A與B相互獨立
C. B與D相互獨立D. A與C相互獨立
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)相互獨立事件的概念進行判定.
【詳解】不放回依次取出兩個，基本事件有，
共種，
事件“”；
事件“”；
事件“”；
事件“”.
事件，事件“”，
事件“”， 事件“”，
則，，，
，，，，
所以，所以A與D不相互獨立；
，所以A與B相互獨立；
，所以B與D相互獨立；
，所以A與C相互獨立；
故選：BCD
10. 已知函數(shù)，的定義域均為R，且，．若是的對稱軸，且，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 是奇函數(shù)B. 是的對稱中心
C. 2是的周期D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)對稱性和已知條件得到，判斷A；結(jié)合已知條件變形得到，判斷B；利用賦值法求得，判斷C；根據(jù)條件得到的周期為4，對稱中心為，從而得到函數(shù)值即可求解，判斷D.
【詳解】對于A，因為是的對稱軸，所以，
又因為，所以，故，
即為偶函數(shù)，故A錯誤；
對于B，因為，所以，
又因為，聯(lián)立得，
所以的圖像關(guān)于點中心對稱，故B正確；
對于C，因為，，則，即；
因為，則，即，則；
顯然，所以2不是的周期，故C錯誤；
對于D，因為是的對稱軸，所以，
又因為，即，
則，所以，
所以，即，所以周期為4，
因為周期為4，對稱中心為，所以，
當時，代入，即，所以，
所以，又是的對稱軸，所以，
所以，故D正確，
故選：BD.
11. 在平面直角坐標系中，將函數(shù)的圖象繞坐標原點逆時針旋轉(zhuǎn)后，所得曲線仍然是某個函數(shù)的圖象，則稱為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.那么（ ）
A. 存在旋轉(zhuǎn)函數(shù)
B. 旋轉(zhuǎn)函數(shù)一定是旋轉(zhuǎn)函數(shù)
C. 若為旋轉(zhuǎn)函數(shù)，則
D. 若為旋轉(zhuǎn)函數(shù)，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】對A，舉例說明即可；對B，舉反例判斷即可；根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”的定義逐個判斷即可；對CD，將旋轉(zhuǎn)函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)與任意斜率為1的函數(shù)最多一個交點，再聯(lián)立函數(shù)與直線的方程，分析零點個數(shù)判斷即可.
【詳解】對A，如滿足條件，故A正確；
對B，如傾斜角為的直線是旋轉(zhuǎn)函數(shù)，不是旋轉(zhuǎn)函數(shù)，故B錯誤；
對C，若為旋轉(zhuǎn)函數(shù)，則根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)可得，逆時針旋轉(zhuǎn)后，不存在與軸垂直的直線，使得直線與函數(shù)有1個以上的交點.故不存在傾斜角為的直線與的函數(shù)圖象有兩個交點.即與至多1個交點.聯(lián)立可得.
當時，最多1個解，滿足題意；
當時，的判別式，對任意的，都存在使得判別式大于0，不滿足題意，故.故C正確；
對D，同C，與的交點個數(shù)小于等于1，即對任意的，至多1個解，故為單調(diào)函數(shù)，即為非正或非負函數(shù).
又，故，即恒成立
即圖象在上方，故，即.
當與相切時，可設(shè)切點，對求導(dǎo)有，故，解得，此時，故.故D正確.
故選：ACD
非選擇題部分
三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在答題卡中的橫線上.
12. 的展開式中的系數(shù)為__________．（用數(shù)字作答）
【答案】
【解析】
【分析】由二項式定理得到的通項公式，結(jié)合，得到，得到的系數(shù).
【詳解】的通項公式為，
令得，，此時，
令得，，此時，
故的系數(shù)為
故答案為：
13. 已知為拋物線的焦點，直線與交于，，與的另一個交點為，與的另一個交點為.若與的面積之比為，則__________.
【答案】
【解析】
【分析】由題意可判斷得，寫出點，的坐標，從而得，表示出直線的方程，與拋物線聯(lián)立方程組，從而求解出點的橫坐標，代入拋物線方程計算，即可得，從而根據(jù)三角形面積公式表示與的面積，再根據(jù)面積比列式計算可得的值.
【詳解】如圖，拋物線的焦點為，可知，
由題意，得，即
所以直線的方程為，
聯(lián)立，化簡得，
，因為，可得點的橫坐標為，
代入拋物線方程可得，，所以，
，
，又，所以.
故答案為：
14. 設(shè)嚴格遞增的整數(shù)數(shù)列，，…，滿足，.設(shè)為，，…，這19個數(shù)中被3整除的項的個數(shù)，則的最大值為________，使得取到最大值的數(shù)列的個數(shù)為________.
【答案】 ①. 18 ②. 25270
【解析】
【分析】第一個空，為了讓盡可能多的相鄰兩數(shù)之和被3整除，則要盡量多地出現(xiàn)相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，通過枚舉法分析即可得到結(jié)果；第二個空，滿足要求的數(shù)列必須為相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，而1-40中有27個數(shù)滿足要求，再利用捆綁思想和特殊位置討論即可得到結(jié)果.
【詳解】第一個空，設(shè)某個數(shù)除以余數(shù)為，則稱該數(shù)模余(，均為整數(shù)，且)，
為了讓盡可能多的相鄰兩數(shù)之和被3整除，則要盡量多地出現(xiàn)相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，這樣它們之和才會被3整除.
而，均為模3余1，則不可能有19組上述組別，最多出現(xiàn)18組上述組別，
例如嚴格遞增數(shù)列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，滿足題意，
所以的最大值為18.
第二個空，因為1-40這40個數(shù)中，共有27個數(shù)符合模3余1或模3余2，則要從這27個數(shù)中選出滿足要求的20個數(shù).
第一步，在到這20個數(shù)中刪去一個數(shù)（后面再加回來），使得剩下的19個數(shù)滿足任意兩個相鄰數(shù)一個模3余1，一個模3余2，這樣就形成了18組，即使得的最大值為18.
第二步，將這27個數(shù)從小到大排列，需要刪去8個數(shù)得到目標19個數(shù)的數(shù)列.它們中任意相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2，因此，需要刪去的8個數(shù)應(yīng)該為4組相鄰的數(shù).
第三步，利用捆綁思想，從27個數(shù)中刪去4組相鄰的數(shù)等價于從23個數(shù)中刪去4個數(shù).有三種情況：
①兩端均刪去，這種情況不滿足要求.因為若兩端均刪去，那么1和40必定被刪去，在下一步加出來時也最多加回1或40中的一個，而1和40必定在數(shù)列中，因此不滿足.
②兩端均不刪去，從中間21個數(shù)中選4個數(shù)刪去，有種，再從刪去的8個數(shù)中拿一個加回原來的19個數(shù)中，由種，共有種.
③兩端中有一個被刪去，其余3個數(shù)從中間21個數(shù)里選，有種，此時加回來的數(shù)必定是刪去的兩端之一中的1或40，有1種選法，共種.
第四步，刪去的四組相鄰數(shù)中有一組中有一個數(shù)被加回來，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個數(shù)，而對于刪去的數(shù)，假設(shè)為，它旁邊兩個數(shù)分別為，即排列為，在第三步捆綁時，可能捆綁的組合為，然后刪去，再補回；或者為，然后刪去，再補回，這兩種刪去方式結(jié)果相同.
綜上，共有種.
故答案為：18；25270
【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于排列組合與初等數(shù)論結(jié)合的題目，通過列舉出一些符合題意的數(shù)列，找出一定的規(guī)律，再利用排列組合的思想進行求解.
四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 如圖，在三棱錐中，平面，平面平面，，.

（1）證明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用線面垂直及面面垂直的性質(zhì)證明即可；
（2）方法一、利用幾何法，取中點，并連接、，結(jié)合條件證線線垂直，利用二面角定義解三角形即可，方法二、構(gòu)造合適的空間坐標直角系，利用空間向量計算二面角即可.
【小問1詳解】
依題意，面，且面，
所以，，
因為面面，面面，面，且，
所以面，
因為面，
所以.
【小問2詳解】
方法1、取中點，并連接、.
因為，所以，
由勾股定理可知.
因為，所以；
則根據(jù)二面角定義可知是二面角的一個平面角，
且由圖可知為銳角.
又因為面，同理（1）可知，
設(shè)，可得，則，
所以，
即二面角的余弦值為.
方法2、
由（1）可知，、、三者兩兩相互垂直，
故以點為坐標原點，分別以、、的方向為、、軸的正方向，建立空間直角坐標系.

由勾股定理可知.
不妨設(shè)，則，
所以，
易得平面的一個法向量可以是，
設(shè)平面的一個法向量為，
所以，取，
故可得平面的一個法向量可以是.
設(shè)二面角的一個平面角為，且由圖可知為銳角.
則，
即二面角的余弦值為.
16. 記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，已知，.
（1）若，求的面積；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知結(jié)合正弦定理得，再利用余弦定理得，從而得解；
（2）由三角形內(nèi)角和結(jié)合已知可得，化簡可得：，再利用求解.
【小問1詳解】
在中，，
由正弦定理可知：
可化為：
故可得：，代入可得：
所以，故（*）
在中，由余弦定理可得：
代入數(shù)據(jù)和（*）式可得：
所以三角形面積為：
故三角形的面積為.
【小問2詳解】
因為且，故
代入可得：
因此
化簡可得：，則，
情況一：當時，
所以可得：，化簡可得：
在中，由正弦定理可得：；
情況二：當時，
同理可得：，又因為，故；
綜上，的值為.
17. 設(shè).
（1）若，求；
（2）證明：；
（3）若，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）證明見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系計算即可；
（2）先利用導(dǎo)數(shù)證：，再利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性與最值即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)，利用換元法先判定的單調(diào)性及值域，然后含參討論結(jié)合隱零點判定的單調(diào)性及值域即可.
【小問1詳解】
由二倍角公式及同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系可知：
【小問2詳解】
證明：先證當時，.
令，則在時恒成立，
在上單調(diào)遞增，，
即當時，.
要證，只需證明，即證
令，，
則.
（或，當且僅當時等號成立，）
而，則，，
在在上單調(diào)遞增，，
即
當時，.
【小問3詳解】
令，，則，，
令，則在上單調(diào)遞減，，，
而，在上遞減，在上遞增
的值域為
（i）當，即時，恒成立，所以在遞增，
，符合題意；
（ii）當，即時，，
存在使得
當時，，遞減，此時，不符題意.
綜上知，.
18. 設(shè)離散型隨機變量X和Y有相同的可能取值，它們的分布列分別為，，，，．指標可用來刻畫X和Y的相似程度，其定義為．設(shè)．
（1）若，求；
（2）若，求的最小值；
（3）對任意與有相同可能取值的隨機變量，證明：，并指出取等號的充要條件
【答案】（1）
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）利用定義，結(jié)合二項分布的概率公式與對數(shù)的運算法則即可得解；
（2）利用定義，結(jié)合對數(shù)運算法則得到關(guān)于的關(guān)系式，再利用導(dǎo)數(shù)求得其最小值，從而得解；
（3）先利用導(dǎo)數(shù)證得恒不等式，從而結(jié)合定義即可得證.
【小問1詳解】
不妨設(shè)，則.
所以
.
【小問2詳解】
當時，，
記
，
則
，
令，則，
令，則，
當時，，單調(diào)遞減；
當時，，單調(diào)遞增；
所以，則單調(diào)遞增，而，
所以在為負數(shù)，在為正數(shù)，
則在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
所以的最小值為.
【小問3詳解】
令，則，
當時，，單調(diào)遞增；
當時，，單調(diào)遞減；
所以，即，當且僅當時，等號成立，
則當時，，所以，即，
故，
當且僅當對所有的時等號成立.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是充分理解新定義指標，熟練掌握對數(shù)的運算法則即可得解.
19. 已知橢圓：的左焦點為，為曲線：上的動點，且點不在軸上，直線交于，兩點.
（1）證明：曲線為橢圓，并求其離心率；
（2）證明：為線段的中點；
（3）設(shè)過點，且與垂直的直線與的另一個交點分別為，，求面積的取值范圍.
【答案】（1）證明見解析，
（2）證明見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）整理得到，可以看出曲線為橢圓，并求出離心率；
（2）設(shè)的中點為，利用點差法得到，設(shè)，得到，故重合，為線段的中點；
（3）設(shè)直角梯形的面積為，得到，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程，求出兩根之和，兩根之積，得到，并求出，表達出，得到，得到答案.
【小問1詳解】
曲線：，整理得，
，即，
故曲線可由向左平移2個單位得到，故為橢圓，
其中，離心率；
【小問2詳解】
由題意得，即，
設(shè)，則，兩式相減得
，
因為點不在軸上，故直線的斜率存在且不為0，
故，所以，
設(shè)的中點為，則，
，故，
設(shè)，則，
則，又，
則，
故，而直線AB不過原點，且H,P在直線AB上，
即重合，為線段的中點；
【小問3詳解】
由題意得四邊形為直角梯形，設(shè)直角梯形的面積為，又為的中點，
所以，則，
設(shè)直線的方程為，與聯(lián)立得：，
設(shè)，則，
則
，
直線方程為，聯(lián)立得：，
即，
設(shè)，由圖形可得，則，故，
故，
同理可得，
故
，
又，
故，
故，
由于分母最高次為次，分子最高次為次，且恒成立，
故隨著的增大，趨向于0，
當時，，故，
則.
【點睛】結(jié)論點睛：圓錐曲線中點弦相關(guān)結(jié)論及其推廣：
橢圓與直線相交于兩點，弦的中點為，其中原點為，
則，
推廣：已知橢圓的兩頂點分別為，則橢圓上一點（除兩點），滿足；
雙曲線與直線相交于兩點，弦的中點為，其中原點為，
則，

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浙江省名校協(xié)作體2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開學(xué)適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題：

這是一份浙江省名校協(xié)作體2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開學(xué)適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題，文件包含數(shù)學(xué)pdf、高三數(shù)學(xué)答案pdf等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共7頁， 歡迎下載使用。

浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期開學(xué)適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題：

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